江苏省盐城市滨海中学2022届高三下学期高考前指导数学试题(一)

滨海中学2022-2023届高考指导卷（一）

数学试题

分值：150    时间：120     命题：周华俊    审核：季东升

一、单选题

1. 从集合的非空子集中随机选择两个不同的集合A，B，则的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】写出集合的非空子集，求出总选法，再根据，列举出集合的所有情况，再根据古典概型公式即可得解.

【详解】解：集合非空子集有共7个，

从7个中选两个不同的集合A，B，共有种选法，

因为，

当时，则可为共3种，

当时，共1种，

同理当时，则可为共3种，

当时，共1种，

则符合的共有种，

所以的概率为.

故选：A.

2. 复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由可化简得，再根据复数模的计算公式即可求出．

【详解】因为，所以．

故选：C．

3. 设，则有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】比较与的大小，求出和的范围即可得到结论．

【详解】解：，

，

，，，

故选：．

【点睛】本题考查了指数函数幂函数的图象和性质，考查分析和解决问题的能力，属于中档题．

4. 已知正项数列满足，当最大时，的值为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】先令，两边取对数，再分析的最值即可求解.

【详解】令，两边取对数，有，

令，则，

当时，；当时，.

所以在上单调递增，在上单调递减.

所以时，取到最大值，从而有最大值，

因此，对于，当时，；当时，.

而，因此，当最大时，.

故选：B

5. 假设，是两个事件，且，，则下列结论一定成立的是（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件概率的计算公式和事件的独立性依次讨论求解即可.

【详解】解：对于A选项，由，可知，故A选项正确；

对于B选项，成立的条件为，是两个独立事件，故错误；

对于C选项，由，故当时才有，故错误；

对于D选项，由题知，故，即，是两个独立事件时成立，故错误.

故选：A

6. 若，（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用二倍角公式可得，利用诱导公式可得结果.

【详解】，.

故选：B.

7. 函数的大致图象为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】判断图像类问题，首先求定义域，其次判断函数奇偶性；再次通过图像或函数表达式找特殊值代入求值，时，即，此时只能是；也可通过单调性来判断图像.主要是通过排除法得解.

【详解】函数的定义域为，

因为，

并且，

所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，可排除；

当时，即，此时只能是，

而的根是，可排除.

故选:

【点睛】函数的定义域，奇偶性，特殊值，单调性等是解决这类问题的关键，特别是特殊值的选取很重要，要结合图像的特征来选取.

8. 在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，即M在平面内，根据题意，可得点M在线段PQ上，在中，分别求得各个边长，根据余弦定理，求得，根据三角函数的定义，即可求得答案.

【详解】取CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，如图所示：

因为P、N分别为CD、BC中点，

所以，

同理，P、Q分别为CD、中点，

所以，

又，平面PQN，，平面，

所以平面平面，

因为平面，

所以平面，又点在平面内运动，

所以点M在平面和平面的交线上，即，

在中，，，，

所以，

所以，

所以N点到PQ的最小距离.

所以线段的最小值为.

故选：B

【点睛】解题的关键是作出平面平面，在根据题意，确定点M的位置，再求解，考查面面平行的判定及性质定理的应用，解三角形等知识，属中档题.

二、多选题

9. 已知圆，点P在圆上且在第一象限内，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】设，则，利用两点间的距离公式可判断A；利用直线与圆相切可判断B；利用正弦定理结合三角函数的单调性可判断C；利用排除法即可得到答案；

【详解】设，则，

对A，，故A正确；

对B，当与圆相切时，达到最大值为，所以，故B正确；

对C，因为，因为，所以当为直角或钝角时，显然有；

当为锐角时，，

所以

即，所以，所以假设成立，故C正确；

显然D就错误；

故选：ABC.

【点睛】本题考查两点间的距离公式、正弦定理解三角形，求解时要注意结合三角函数的单调性进行求解判断.

10. 如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（    ）

A. 直线与直线垂直

B. 直线与平面平行

C. 平面截正方体所得的截面面积为

D. 点与点到平面的距离相等

【答案】BC

【解析】

【分析】(1)利用空间向量的坐标运算确定直线与直线的位置关系；(2)根据面面平行来证明线面平行；(3)先根据四点共面确定截面，进而算截面面积；(4)利用等体积法思想证明求解.

【详解】对于选项A，以点为坐标原点，

，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，.

从而，，

从而，所以直线与直线不垂直，选项错误；

对于选项，取的中点为，连接，，则易知，

又平面，平面，故平面，

又，平面，平面，

所以平面，

又，，平面，

故平面平面，

又平面，从而平面，选项正确；

对于选项C，连接，，如图所示，

∵正方体中，∴，，，四点共面，

∴四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，

又由勾股定理可得，，，

∴梯形为等腰梯形，高为，

∴，选项C正确；

对于选项D，由于，，

而，，

∴，即，

点到平面的距离为点到平面的距离的2倍，选项错误.

故选:BC.

11. 十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进，例如：自然数1在二进制中就表示为1，2表示为10，3表示为11，7表示为111，即，，其中，或，记为上述表示中0的个数，如，．则下列说法中正确的是（    ）．

A.

B.

C.

D. 1到127这些自然数的二进制表示中的自然数有35个

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据二进制计数法逐个分析选项即可.

【详解】对于选项A：

∵，∴12表示为1100，∴，

∵，∴18表示为10010，∴，

∴，故选项A正确，

对于选项B：

∵，∴转化为二进制后末尾必为0，

又∵，

∴转化为二进制后末尾必为1，

∴，故选项B正确，

对于选项C：当时，，，

∵，，

∴，故选项C错误，

对于选项D：当时，有1个，

当时，有个，

当时，有个，

当时，有个，

当时，有个，

则一共有个，故选项D正确，

故选：ABD．

12. 已知抛物线：，圆：，过点的直线与圆交于，两点，交抛物线于，两点，则满足的直线有三条的的值有（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】BCD

【解析】

【分析】直线的斜率不确定是否存在时，要讨论斜率是否存在；直线与抛物线相交于两个交点，通常直线设为，联立直线与抛物线，直线与圆的方程，利用得，分两种情况求解，得当时，对应直线有三条.

【详解】当直线斜率不存在时，直线方程为：

与抛物线交于点，与圆交于点，显然满足条件；

当直线斜率存在时，设直线方程为，

由得，设，，，

由韦达定理可得，，

由，

设，，，，

有，，

当时，即，

又因为，所以(舍)

当时，即，

因为，，

由此，，解得，

显然，当，有两解，对应直线有两条.，，此时直线斜率不存在，即为第一种情况，所以当时，对应直线有三条.

故选：BCD

【点睛】注意直线与抛物线有两个交点时，方程设为，将转化为，则需要联立方程组，这样就分析出做题思路了，根据方程解的个数来判断交点的个数，从而得出范围.

三、填空题

13. 某办公楼前有7个连成一排的车位，现有三辆不同型号的车辆停放，恰有两辆车停放在相邻车位的概率是__________．

【答案】

【解析】

【详解】7个车位都排好车辆，共有种方法，

满足题意的排法等价于7辆车排列，满足其中三辆中恰有两辆车停放在相邻车位，

则首先排列余下的四辆车，有种方法，

然后从3辆车中挑出2辆车排列好之后进行捆绑，

3辆车看作2个元素插入4辆车的5个空位中，共有种方法，

由乘法原理结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为：.

点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.

14. 若函数在上是减函数，则实数的取值范围为___________.

【答案】

【解析】

【分析】先求导，根据题意在上恒成立，整理得在上恒成立，即求.

【详解】由知，

,

∵函数在上是减函数，

，又，

∴，即在上恒成立，

而，，

．

故答案为：．

15. 计算机(computer)是20世纪最先进的科学技术发明之一，对人类的生产活动和社会活动产生了极其重要的影响．计算机处理数据时，使用的是二进制．二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”．二进制数对应的十进制数记为，即，其中．那么满足中有且只有4个0的所有二进制数对应的十进制数的和为_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意得，进而得所有二进制数对应的十进制数的和中，出现次，，，，，均出现次，再求和即可得答案.

【详解】解：根据题意得，

因为中有且只有4个0

所以中有且只有3个1，有种可能，

所以所有二进制数对应的十进制数的和中，出现次，，，，，均出现次，

所以满足中有且只有4个0的所有二进制数对应的十进制数的和为

故答案为：

16. 已知数列各项都是正数，且，若是递增数列，则的取值范围是_______.若，，且，则整数_______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】

由题意得出，由化简可解得，可得出的取值范围；当时，计算得出，可求得，由可求得的取值范围，进而可求得整数的值.

【详解】对任意的，，由，即，

解得，由于，所以，，

由于数列是递增数列，则，可得，化简可得，

解得，所以，的取值范围是；

，

等式两边取倒数可得，，

当时，，

，

，所以，，

所以，.

故答案为：；.

【点睛】本题考查利用数列的单调性求的取值范围，同时也考查了裂项相消法，考查计算能力，属于难题.

四、解答题

17. 已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）当时，求函数在上的零点个数．

【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）2个

【解析】

【分析】(1)对求导后,根据的正负对的正负进行分情况讨论,得出对应单调性即可;

(2)方法一:对求导后,对,,三种情况,结合零点存在性定理分别讨论零点个数;方法二:对求导后,对,两种情况,结合零点存在性定理分别讨论零点个数.

【详解】(1),其定义域为,,

①当时,因为,所以在上单调递增,

②当时,令得,令得,

所以在上单调递减,上单调递增,

综上所述,

当时,在上单调递增,

当时,在单调递减,单调递增.

(2)方法一:由已知得,,则.

①当时,因为,所以在单调递减,

所以,所以在上无零点;

②当时,因为单调递增,且,,

所以存在,使,

当时,,当时,,

所以在递减,递增,且,所以,

又因为,

所以,所以在上存在一个零点,

所以在上有两个零点;

③当时,,所以在单调递增,

因为,所以在上无零点;

综上所述,在上的零点个数为2个.

方法二:由已知得,,则.

①当时,因为,所以在单调递增,

所以,所以在上无零点;

②当时,所以在单调递增,

又因为,,

所以使,

当时,,当时,

所以在单调递减,单调递增,

且,所以,

又因为,所以,

所以在上存在唯一零点,

所以在上存在两个零点,

综上所述,在上的零点个数为2个.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数零点问题,含参函数常利用分类讨论法解决问题,有一定难度.

18. 如图，已知抛物线，椭圆：中心在原点，焦点在y轴上，且离心率为．直线交于A、B两点，交于M、N两点．是上的点，且始终位于直线l的右上方．连接、，的平分线交y轴于H，交的左侧部分于T．

（1）求证：轴；

（2）若M是的中点，是否存在最大值？若存在，求出使取得最大值时m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.

【解析】

【分析】（1）由题意可求得，设，，然后直线方程与抛物线方程联立，消元后利用根与系数的关系得，从而可得，由此可得关于直线对称，进而可得结论；

（2）由（1）知，，，再将其坐标代入椭圆中可得，再将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系结合弦长公式可得，由点的纵坐标为1，可求出其横坐标，从而可求出，进而可求出，化简变形后利用基本不等式可求出其最值

【详解】解：（1）∵在上，∴，∴．           

设，，

由得，．

∵直线l与有两个交点，∴，∴

∴           

∴．

∴关于直线对称．           

∴的平分线所在的直线方程是．

∴轴．           

（2）∵点总在直线的右上方，

∴，∴．由（1）知，．

由题意设，

∵M是中点，∴，

∵．           

∴

∵在椭圆上，

∴，∴．

由得，．

∴．∵

∴恒成立

∴           

设，代入，得．

∴

∴

∴           

令，

．

当且仅当，即，即时，

．

【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线、直线与椭圆的位置关系，考查弦长公式，解题的关键是利用弦长公式表示出，利用距离公式表示出，从而可得，换元后利用基本不等式可求得其最值，考查计算能力，属于中档题

19. 在中，，和的平分线交于点.

（1）若，求的值；

（2）若，求的大小.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理先求解出的值，然后根据余弦的二倍角公式求解出的值；

（2）在和分别使用正弦定理可求解出的关系，从而可求解出的关系，通过设，根据和的内角关系可求解出的值，则可求.

【详解】解：（1）在中，由正弦定理得.

因为，所以

所以，所以.

因为平分，所以，

解得(负根舍去).

（2）因为，所以

在和中，由正弦定理得，

因为，所以

因为，所以

记，则，

所以，解得，所以.

20. 已知，试求的最大值．

【答案】

【解析】

【详解】由题意得，

则．

记点，直线，

则点的轨迹方程为单位圆：，且．

从而圆心到直线的距离．

整理得．

解得，故的最大值为．

21. 如图，在四棱锥中，，，∥，，，.

（1）证明：平面ABCD

（2）若M为PD的中点，求P到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题可知为等边三角形，可得，，在中利用余弦定理可求得，再利用勾股定理的逆定理可得，结合已知由线面垂直的判定可得平面PAC，则，再由线面垂直的判定可证得结论，

（2）利用求出点到平面的距离，再由M为PD的中点，可得P到平面的距离与D到平面的距离相等，从而可得答案

【小问1详解】

证明：因为∥，，

所以，

因为

所以为等边三角形，所以，，

在中，由余弦定理得

，

所以，所以.

因为，且，所以平面PAC.

因为平面PAC，所以.

因为，且AB，CD相交，

所以平面ABCD.

【小问2详解】

解：因为，，，

所以的面积为.

因为M为PD的中点，，，

所以三棱锥的高为1，

所以三棱锥的体积为.

在中，，，

所以的面积为.

记D到平面的距离为d，

则，所以.

因为P到平面的距离与D到平面的距离相等，

所以P到平面的距离为.

22. 冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一．冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线MN的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆O中，得3分，冰壶的重心落在圆环A中，得2分，冰壶的重心落在圆环B中，得1分，其余情况均得0分．已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为，；甲、乙得2分的概率分别为，；甲、乙得1分的概率分别为，．

（1）求甲、乙两人所得分数相同的概率；

（2）设甲、乙两人所得的分数之和为X，求X的分布列和期望．

【答案】（1）   

（2）分布列见解析；期望为

【解析】

【分析】（1）求出甲乙二人都得0分的概率，然后由两人同时得0分、1分、2分、3分计算概率并相加即可；

（2）由题意X可能取值为0，1，2，3，4，5，6，分别计算出概率得分布列，由期望公式计算期望．

【小问1详解】

由题意知甲得0分的概率为，

乙得0分的概率为，

所以甲、乙两人所得分数相同的概率为．

【小问2详解】

X可能取值0，1，2，3，4，5，6，

则，

，

，

，

，

，

，

所以，随机变量X的分布列为：

所以．